2023年福建省厦门高三上学期化学期末试题（解析版）

第23页/共23页2023年厦门高三上期末学化学试题解析可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16S—32Ca—40第I卷(选择题)一、单选题(每个选择题只有一个正确答案，每个4分，共40分)1.《博物新编》)有关于磺强水制法的记载：“以铅作一密炉，炉底贮以清水，焚硝磺于炉中，使硝磺之气重坠入水，然后将水再行蒸炼，一如蒸酒甑油之法，务使水汽尽行升散，则所存者是磺强水矣。”(提示：“硝”指，“磺”指硫黄)下列有关磺强水的说法正确的是A.“焚硝磺”时发生的是氧化还原反应B.磺强水是一种易挥发的强电解质C.的磺强水溶液的pH=2D.磺强水溶液中不存在分子【答案】A【解析】【详解】A．依题意，分解生成、，S与反应生成，，，“焚硝磺”时，N和S的价态均发生了变化，A项正确；B．硫酸的沸点较高，属于难挥发的强电解质，B项错误；C．的磺强水溶液中，pH<2，C项错误；D．磺强水溶液中存在水分子，D项错误；答案选A。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L气体中所含分子数为NAB.用惰性电极电解1L0.2mol/LAgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，电路中通过电子数为0.4NAC.64gCaC2中含有的共用电子对数为4NAD.向含lmolCH3COONa的水溶液中滴加醋酸使溶液呈中性，CH3COO-数目大于NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，不是气体，22.4L不为1mol，分子数不等于NA，选项A错误；B．惰性电极电解1L0.2mol/LAgNO3溶液，阴极先是Ag+得电子，不产生气体，当银离子放电完全时才是氢离子放电产生氢气，阳极一直是氢氧根离子失去电子生成氧气，假设两极产生气体均为xmol,根据得失电子数相等，则有0.2+2x=4x所以x=0.1，则转移电子数为0.4NA，选项B正确；C．CaC2中的电子式为，故1molCaC2含3mol共用电子对，64gCaC2的物质的量为=1mol，故含3mol共用电子对，即3NA电子对，选项C错误；D．根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液呈中性，故c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，即c(CH3COO-)=c(Na+)=1mol，即CH3COO-数目为NA，选项D错误；答案选B3.2022年诺贝尔化学奖授予美国化学家卡罗琳·贝尔托西、丹麦化学家摩顿·梅尔达尔和美国化学家卡尔·巴里·夏普莱斯，以表彰他们在点击化学和生物正交化学研究方面的贡献。如图是某点击反应的示意图，下列说法正确的是A.和的水溶液都显碱性B.是该反应的催化剂，的价层电子排布式为C.2-丁炔的键线式为D.该点击反应的产物为，反应类型为取代反应【答案】C【解析】【详解】A．的水溶液都显碱性，但的水溶液显酸性：，A错误；B．的价层电子排布式为，B错误；C．2-丁炔的键线式为，C正确；D．该点击反应的产物为，反应类型为加成反应，D错误；故选C。4.有机化合物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是。A.X的分子式为，1个分子中采取杂化的原子数为4B.化合物X最多能与2molNaOH反应C.在酸性条件下水解，水解产物含有2个手性碳原子D.分子中所有碳原子可能共平面【答案】A【解析】【详解】A．X的分子式为，1个分子中采取杂化原子数为4，A项正确；B．X中与NaOH反应的官能团有羧基，酯基水解生成酚羟基和羧基，一共消耗3molNaOH，B项错误；C．含-COOC-，酸性条件下水解，水解产物有一种，C项错误；D．苯环之间的C为四面体结构，则两个苯环不一定处于同一平面，D项错误；答案选A。5.化合物M的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，Y在自然界中以化合态的形式存在，Z的最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是A.元素Y、元素Z、元素W的单质熔点依次升高B.X2Z分子间存在氢键，因此X2Z分子稳定性较强C.W与Z形成的两种常见离子化合物中阴阳离子个数比相同D.化合物M中各原子或离子均达到2电子或8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】【详解】化合物M的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Z为O；Y元素在自然界都以化合态存在，且Y的原子序数小于Z，化合物M中Y可以形成3个或4个共价键，则Y为B；X形成1个共价键，W形成+1价阳离子，则X为H，W为Na，以此分析解答。A．元素B、O、Na的单质依次为共价晶体，分子晶体、金属晶体、其熔点分子晶体、金属晶体、共价晶体，依次升高，故A错误；B．X2Z为水，分子间存在氢键，熔沸点高，稳定性是化学性质，故B错误；C．W与Z形成的两种常见离子化合物为Na2O和Na2O2，故阴阳离子个数比1：2，故C正确；D．化合物M中Y为B可以形成3个或4个共价键，形成3个键为6电子，故D错误；故答案为C。6.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.过氧化氢使酸性高锰酸钾褪色：3H2O2+2MnO+6H+=4O2↑+2Mn2++6H2OB.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO=Ag++NO↑+H2OC.用石墨做电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+D.向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2BrCOOH+OH-CH2BrCOO-+H2O【答案】C【解析】【详解】A．电子得失不守恒，3H2O2从-1价升到0价，失去6个电子，但2MnO从+7价降到+2价得到10个电子，正确的是5H2O2+2MnO+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O，故A错误；B．氧原子反应前后个数不相等，没有配平，正确的是3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O，故B错误；C．电解CuSO4溶液，根据放电顺序，阴极反应是2Cu2++4e-=2Cu，阳极反应是2H2O-4e-=O2↑+4H+，电极总反应式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故C正确；D．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热，不仅发生酸碱中和反应，还有取代反应，正确的离子方程式为CH2BrCOOH+OH-CH2OHCOO-+H2O+Br-，故D错误；本题答案C。7.某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时，补充做了以下实验。已知：实验①：实验②：下列关于该实验的分析不正确的是A.实验①无需加热，说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应B.实验①中加入NaOH后，溶液中c(NH3)增大C.实验表明，相同pH条件下，不同存在形式的Ag(I)的氧化性不一样D.对比实验①和②知，形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低【答案】A【解析】【分析】实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，再滴加3滴乙醛静置3分钟后即可观察到光亮的银镜；实验②向银氨溶液中滴加几滴浓氨水，溶液中c(NH3)增大，促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3逆向移动，再滴加3滴乙醛静置较长时间也没有光亮的银镜。通过对比可知在碱性相同的条件下，滴加相同体积的乙醛，实验①产生了银镜，可得到的结论是形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低。【详解】A．实验①②在滴加乙醛前碱性相同，因此不能说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应，选项A不正确；B．实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，溶液中c(NH3)增大，选项B正确；C．形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低，实验表明，相同pH条件下，不同存在形式的Ag(I)的氧化性不一样，选项C正确；D．实验①滴加1滴氢氧化钠促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，实验②滴加浓氨水促使平衡逆向移动，[Ag(NH3)2]+的浓度增大，滴加乙醛后长时间也不会观察到银镜，因此可知形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低，选项D正确；

答案选A。8.中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ/mol)如图所示，下列说法错误的是A.生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B.生成NH3的总反应方程式为H2+NON2+NH3C.决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2O+H→NH2OHD.在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2【答案】D【解析】【详解】A．由图示知，生成NH3的过程为：，每步反应中N元素化合价均是降低被还原，选项A正确；B．根据A选项分析知，NO与H2反应生成NH3和H2O，对应总方程式为：2NO+5H22NH3+2H2O，选项B正确；C．由图示知，生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，选项C正确；D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，选项D错误；答案选D。9.科学家利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是A.铂电极产生的气体是O2和CO2B.铜电极的电极反应式为2CO2+12+12e-=C2H4+12+4H2OC.通电过程中，溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动D.当电路中通过0.6mol电子时，理论上能产生标况下C2H41.12L【答案】B【解析】【分析】CO2制乙烯，碳的化合价降低，得电子，故多晶铜电极作电解池的阴极；阴极生成的，经阴离子交换膜进入阳极区，因电解前后电解液浓度几乎不变，可判断其与水一起失去电子生成O2和CO2。【详解】A．据分析，铂电极产生的气体是O2和CO2，A正确；B．铜电极的电极反应式为14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12，B错误；C．通电过程中，溶液中朝阳极移动，即通过阴离子交换膜向左槽移动，C正确；D．根据14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12，电路中通过0.6mol电子时理论上能产生0.05molC2H4，即标况下1.12L，D正确；故选B。10.25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM【p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Fe2+)等】随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，下列有关分析正确的是A.①代表滴定FeSO4溶液的变化关系B.调整溶液的pH=7，不可除去工业废水中的Cu2+C.滴定HX溶液至a点时，溶液中c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D.Fe(OH)2、Cu(OH)2固体均易溶解于HX溶液【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，加碱后溶液中铜离子先沉淀，亚铁离子后沉淀，即①代表滴定溶液的变化关系，②代表滴定溶液的变化关系，③表示P，p=0时，=1mol·L－1，pH=4.2，c(OH-)=10-(14-4.2)mol·L-1=10-9.8mol·L-1，=1×(10-9.8)2=10-19.6，同理，=1×(10-(14-6.5))2=10-15，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，②代表滴定溶液的变化关系，选项A错误；B．p=0时，=1mol·L－1，pH=4.2，c(OH-)=10-(14-4.2)mol·L-1=10-9.8mol·L-1，=1×(10-9.8)2=10-19.6，调整溶液的，c(OH-)=10-(14-7)mol·L-1，此时=mol·L-1，铜离子沉淀完全，可除去工业废水中的，选项B错误；C．p=0时，pH=5.0mol·L-1，此时HX的电离平衡常数为：Ka=mol·L-1，HX是弱酸，滴定溶液至a点时，根据图象，a点是②③曲线的交点，p(Fe2+)=P，即，c(OH-)===10-6mol/L，故pH=8，，X-部分水解，溶液中，选项C正确；D．+2HXFe2++2X-+2H2O，反应的平衡常数为K=，同理，+2HXCu2++2X-+2H2O，反应的平衡常数为K’=，固体易溶解于溶液，而难溶于HX，选项D错误；答案选C。第II卷(非选择题)11.一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：金属离子Fe3+In3+Ga3+Cu2+Zn2+Pb2+开始沉淀的pH2.22.12.64.66.247.1完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH3.23.44.36.68.249.1（1）“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液，同时生成硫，写出Ag2S发生反应的离子方程式____。（2）高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质，写出该反应的化学方程式____。（3）“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、____。（4）“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有____(写化学式)。（5）“分铅锌”步骤中，维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1mol·L-1，为使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于____已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。（6）已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示)，φ越大则该物质的氧化性越强，φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下：HClO+H++2e-=C1-+H2Oφ=1.49+lgAuCl4-+3e-=4C1-+Auφ=0.994+lg(φ与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，cθ=1mol·L-1)如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因是____。【答案】（1）Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O（2）2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑（3）Fe2+、Ga3+（4）In(OH)3、Ga(OH)3（5）0.74（6）c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小【解析】【分析】本题是一道由银铟矿制备稀有金属的工业流程题，首先用氯化钠，盐酸，次氯酸钠混合物从原材料浸出有用的物质，之后用水蒸气使其中的三价铁生成氧化铁，再用碳酸钙中和过量的酸，再用铜置换出银和铜，再用铁置换出其中的铜，再经过调pH和除杂，最终得到贫液，以此解题。【小问1详解】浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；【小问2详解】由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；【小问3详解】“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+；【小问4详解】“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3；【小问5详解】Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74；【小问6详解】由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。12.三氯化铬()为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。（1）某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中三颈烧瓶内装有，其沸点为76.8℃。①Cr原子的价电子排布式为_______。②实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入，其作用是_____________________。③装置C的水槽中应盛有_______(填“冰水”或“沸水”)。④装置B中还会生成光气()，B中反应的化学方程式为_____________________。（2）的工业制法：先用40%的NaOH将红矾钠()转化为铬酸钠()，加入过量，再加入10%HCl溶液，可以看到有气泡产生。写出用将铬酸钠()还原为的离子方程式_____________________。（3）为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶液，并用4滴酸化，再分别加入不同滴数的0.1mol/L溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。的用量(滴数)在不同温度下的反应现象25℃90-100℃1紫红色蓝绿色溶液2~9紫红色黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多10紫红色澄清的橙黄色溶液11~23紫红色橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多24~25紫红色紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀①温度对反应的影响。与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是_______________，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。②与的用量对反应的影响。对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最佳用量比为________。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是_____________。【答案】（1）①.3d54s1②.将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；③.冷水④.（2）（3）①.反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行②.1:1③.高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。【解析】【分析】A中四氯化碳通过氮气出入装置B中和反应生成三氯化铬，生成物在C中冷凝，尾气进行处理减少污染。【小问1详解】①为24号元素，原子的价电子排有式为3d54s1。②三氯化铬易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气防止空气中氧气氧化三氯化铬，在实验过程中还需要持续通入，其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬。③三氯化铬熔点为，则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝。④装置B中反应为四氯化碳和反应生成三氯化铬，还会生成光气()，B中反应；故答案为：3d54s1；将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；冷水；；【小问2详解】将铬酸钠还原为，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体，离子方程式；故答案：；【小问3详解】①与在常温下反应，观察不到离子的橙色，另一种可能的原因是反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，所以必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。②由表中数据可知，在上述反应条件下，欲将氧化为，高锰酸钾最佳用量为10滴，则与最佳用量比为10:10=1:1；这与由反应所推断得到的用量比不符，可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。故答案为：反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；1:1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。13.乙醇水蒸气重整制氢是制备氢气的常用方法，体系中发生的主要反应有：I.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)△H1II.C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)△H2=+173kJ·mol-1III.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H3=-41.2kJ·mol-1IV.C2H5OH(g)+2H2(g)=2CH4(g)+H2O(g)△H4=-156.2kJ·mol-1（1）△H1=____kJ·mol-1。（2）压强为100kPa的条件下，图1是平衡时体系中各产物的物质的量分数与温度的关系，图2是H2的平衡产率与温度及起始时的关系。①图1中c线对应的产物为____(填“CO2”、“H2”或“CH4”)。②图2中B点H2的产率与A点相等的原因是___。（3）反应温度T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和xmolH2O(g)，若只发生反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)，平衡时，乙醇转化率为α，CO2的压强为____MPa，反应平衡常数Kp=____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数。列出计算式即可)（4）CH3CH2OH(g)在催化剂Rh/CeO2上反应制取氢气的机理如图：①出生成CO(g)步骤的化学方程式____。②下列措施可以提高CH3CH2OH在催化剂表面吸附率的有____(填标号)。a..减小乙醇蒸气的分压b.增大催化剂的比表面积【答案】（1）+255.4kJ·mol-1（2）①.CH4②.B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等（3）①.×0.1MPa②.×0.14(MPa)4（4）①.Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)②.b【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应II—III×2可得反应I，则△H1=(+173kJ·mol-1)—(—41.2kJ·mol-1)=+255.4kJ·mol-1，故答案为：+255.4；【小问2详解】①由方程式可知，升高温度，反应I、II平衡向正反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数增大，反应IV平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数减小、氢气的物质的量分数增大，反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数减小，则升高温度的过程中，甲烷的物质的量分数只有减小趋势，而氢气、二氧化碳既有增大趋势，也有减小趋势，所以图1中c线对应的产物为甲烷，故答案为：CH4；②由图可知，B点温度高于A点，图2中B点氢气的产率与A点相等说明升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等，故答案为：B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等；【小问3详解】由题意可建立如下三段式：由三段式数据可知，平衡时甲醇、水蒸气、二氧化碳和氢气的平衡分压为×0.1MPa、×0.1MPa、×0.1MPa、×0.1MPa，反应平衡常数Kp==×0.14(MPa)4，故答案为：×0.1MPa；×0.14(MPa)4；【小问4详解】①由图可知，生成一氧化碳步骤的反应为活化能为49.54kJ/mol时发生的反应，反应的化学方程式为Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)，故答案为：Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)；②减小乙醇蒸气的分压会降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率，故选b。14.氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态磷原子核外电子共有____种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式____。（2）已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料，其熔沸点见表。物质熔点沸点偏二甲肼-58℃63.9℃肼1.4℃113.5℃偏二甲肼中氮原子的杂化方式为____，二者熔沸点存在差异的主要原因是____。（3）N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为____(分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π)。（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有____mol。（5）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。

铁酸钇化学式为____。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为____。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为____pm3(列出表达式)。【答案】（1）①9②.1s22s22p63s13p33d1（2）①.sp3②.N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]（3）Π（4）10（5）①.YFeO3②.(，+m，)③.【解析】【小问1详解】基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。【小问2详解】偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。【小问3详解】由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数